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2022-2023学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在复平面内，复数z=−2+ii对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 若向量a=( 3,3)，b=(−2,0)，则b在a上的投影为( )
A. −1 B. − 3 C. (−12,− 32) D. (12, 32)
3. 甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，假设两人是否能做对此题相互独立，则下列说法错误的是( )
A. 两人都做对的概率是0.72 B. 恰好有一人做对的概率是0.26
C. 两人都做错的概率是0.15 D. 至少有一人做对的概率是0.98
4. 在△ABC中，若cosC=b2a，则此三角形一定是( )
A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形 D. 既非等腰三角形也非直角三角形
5. 设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α
B. 若m//α，n//β，m//n，则α//β
C. 若m⊥β，n//β，则m⊥n
D. 若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n⊥α
6. 在平面直角坐标系中，角α+π3的终边经过点P(1,2)，则sinα=( )
A. 2 5− 1510 B. 3 5− 1510 C. 3 5+ 1510 D. 2 5+ 1510
7. 在棱长为 2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD到平面AB1D1的距离为( )
A. 66 B. 63 C. 36 D. 33
8. 1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长(即可见角最大).后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面α，悬杆抽象为直线l上两点A，B，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面α，l上的两点A，B位于平面α同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，0
A. 2ab B. ab C. 2 ab D. ab
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田(种植环境相同)连续5次的产量如下：
甲/kg
260
250
210
250
280
乙/kg
220
260
230
250
290
则( )
A. 甲种水稻产量的众数为250
B. 乙种水稻产量的极差为70
C. 甲种水稻产量的平均数大于乙种水稻产量的平均数
D. 甲种水稻产量的方差小于乙种水稻产量的方差
10. 正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台高为1，则下列结论正确的是( )
A. 该四棱台的体积为283 B. 该四棱台的侧棱长为 3
C. AA1与BC所成角的余弦值为13 D. AA1与平面ABCD所成的角大小为π4
11. 已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB B. 若A>B，则sin2A>sin2B
C. 若a>b，则cosAb，则cos2A
A. 存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C. 过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形
D. 当P为棱CC1的中点且PM=2 2时，则点M的轨迹长度为2π3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某校举行演讲比赛，10位评委给甲选手的评分如下：7.5，7.5，7.8，7.8，8.0，8.0，8.1，8.3，8.3，8.7，则这组数据的75%分位数为______ ．
14. 若复数z满足3z+z−=1+i，其中i为虚数单位，则|z|=______．
15. 18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积公式V=16h(L+4M+N)(其中L，N，M，h分别为Ω的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为V=16×2R(0+4×πR2+0)=43πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为V=16×h[0+4×(a2)2+a2]=13a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为36πcm2，若用距离球心O都为2cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体Π的体积为 cm3．
16. 已知向量a，b的夹角为π3，|b|=2，若对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b−12a|，则函数f(t)=|tb−a|+|tb−12a|(t∈R)的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(m,−1)，b=(1,2)．
(1)若(a+b)⊥2b，求|a+2b|；
(2)若向量c=(−2,1)，a//c，求a与a−2b夹角的余弦值．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 3cosxsinx+sin2x．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)求函数f(x)在区间[−5π12,π6]上的最大值和最小值．
19. (本小题12.0分)
如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA，PC的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PBC；
(2)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．
20. (本小题12.0分)
树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环．据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15,25)，第2组[25,35)，第3组[35,45)，第4组[45,55)，第5组[55,65)，得到的频率分布直方图如图所示．
(1)求出a的值；
(2)求这200人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)和中位数(精确到小数点后一位)；
(3)现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率．
21. (本小题12.0分)
如图，已知在矩形ABCD中，AB= 2，BC=2，点E是边BC的中点，DE与AC相交于点H，现将△ACD沿AC折起，点D的位置记为D′，此时ED′= 153，M是AD′的中点．
(1)求证：BM//平面D′HE；
(2)求证：CH⊥面D′HE；
(3)求二面角H−ED′−C的余弦值．
22. (本小题12.0分)
在斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B．
(1)求B−C的值；
(2)若c=1，求CA⋅CB的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵z=−2+ii=(−2+i)(−i)−i2=1+2i，
∴复数z=−2+ii对应的点的坐标为(1,2)，在第一象限．
故选：A．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a=( 3,3)，b=(−2,0)．
所以根据数量积公式和模长公式可得：a⋅b=−2 3，|a|=2 3,|b|=2．
根据投影公式可得：a⋅b|a|=−2 32 3=−1．
故选：A．
根据向量投影的定义计算b在a上的投影即可．
本题考查了向量b在向量a方向上的投影向量的运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设A事件“甲做对”，B事件“乙做对”，
则P(A)=0.8，P(B)=0.9，又A，B相互独立，
∴两人都做对的概率是P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72，∴A选项正确；
∴恰好有一人做对的概率是P(AB−+A−B)=P(AB−)+P(A−B)=P(A)P(B−)+P(A−)P(B)
=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9=0.26，∴B选项正确；
∴两人都做错的概率是[1−P(A)][1−P(B)]=(1−0.8)(1−0.9)=0.02，∴C选项错误；
∴至少有一人做对的概率是1−[1−P(A)][1−P(B)]=1−0.02=0.98，∴D选项正确．
故选：C．
根据相互独立事件的积事件的概率乘法公式，独立事件的的概率公式即可求解．
本题考查相互独立事件的积事件的概率乘法公式，独立事件的的概率公式，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题设cosC=b2a，可得b=2acosC，
由正弦定理有sinB=2sinAcosC，
而B=π−(A+C)，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=2sinAcosC，即sin(A−C)=0，
又0
所以△ABC的形状为等腰三角形．
故选：A．
应用正弦定理，结合三角形内角和的性质及两角和差公式可得sin(A−C)=0，即可判断△ABC的形状．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和的性质及两角和差公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，
对于A，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故A错误；
对于B，若m//α，n//β，m//n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m⊥β，n//β，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得m⊥n，故C正确；
对于D，若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n与α相交、平行或n⊂α，故D错误．
故选：C．
对于A，m//α或m⊂α；对于B，α与β相交或平行；对于C，由线面垂直的性质和线面平行的性质得m⊥n；对于D，n与α相交、平行或n⊂α．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意知sin(α+π3)=2 5，cos(α+π3)=1 5，
则sinα=sin[(α+π3)−π3]=sin(α+π3)cosπ3−cos(α+π3)sinπ3=2 5×12−1 5× 32=2 5− 1510，
故选：A．
先利用任意角的三角函数的定义求出sin(α+π3)和cos(α+π3)，再利用两角和与差的三角函数公式即可求出sinα的值．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义，以及两角和与差的三角函数公式，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为BD//B1D1，B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1，因此BD//平面AB1D1，
故直线BD到平面AB1D1的距离即为点B到平面AB1D1的距离，
△AB1D1为边长为2的等边三角形，故S△AB1D1=12×2×2× 32= 3,S△AB1B=12× 2× 2=1，
设点B到平面AB1D1的距离为h，由等体积法可得VB−AB1D1=VD1−AB1B，即h=S△AB1B⋅A1D1S△AB1D1= 2 3= 63．
故选：B．
根据线面平行可得点到面的距离即为线到面的距离，根据等体积法即可求解．
本题考查了点到平面的距离计算，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，
则tan∠OCA=ac，tan∠OCB=bc，
故tan∠ACB=tan(∠OCA−∠OCB)=ac−bc1+abc2=a−bc+abc≤a−b2 c⋅abc=a−b2 ab，
当且仅当c=abc，即c= ab时，等号成立，
故当∠ACB最大时，c= ab．
故选：B．
根据已知条件，结合正切函数的两角差公式，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由上表数据可知，甲种水稻产量的众数为250，故A正确；
对于B，由上表数据可知，乙种水稻产量的极差为290−220=70，故B正确；
对于C，甲种水稻产量的平均数为15(260+250+210+250+280)=250，
乙种水稻产量的平均数为15(220+260+230+250+290)=250，
所以甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数，故C不正确；
对于D，甲种水稻产量的方差为15[(260−250)2+(250−250)2+(210−250)2+(250−250)2+(280−250)2]=520，
乙种水稻产量的方差为15[(220−250)2+(260−250)2+(230−250)2+(250−250)2+(290−250)2]=600，
所以甲种水稻产量的方差小于乙种水稻产量的方差，故D正确．
故选：ABD．
根据众数，极差，平均数，方差公式即可求解．
本题考查众数，极差，平均数，方差的概念，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1C1D1的边长为2，下底面ABCD的边长为4，令上下底面中心分别O1，O，连接A1O1，O1O，AO，如图，
对于A，VA1B1C1D1−ABCD=13(22+2×4+42)×1=283，A正确；
对于B，OO1⊥平面ABCD，在直角梯形AOO1A1中，AC=2 2，A1O1= 2，OC1=1，
取AO中点E，连接A1E，有A1E//OO1，A1E⊥AO，则A1E=OO1=1，AA1= AE2+A1E2= 3，B正确；
对于C，显然AD//BC，则∠A1AD是AA1与BC所成的角或其补角，
在等腰梯形ADD1A1中，cos∠A1AD=12(AD−A1D1)AA1= 33，C错误；
对于D，由选项B知，A1E⊥平面ABCD，则∠A1AE是AA1与平面ABCD所成的角，
因此cos∠A1AE=AEAA1= 63，显然∠A1AE≠π4，D错误．
故选：AB．
求出四棱台的体积和侧棱长判断AB；利用几何法求出异面直线夹角余弦、线面角的余弦判断CD作答．
本题考查了空间线、面位置关系，考查了空间角的计算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：∵A>B，∴在△ABC中，由大角对大边得a>b，
∴由正弦定理得sinA>sinB，故A正确；
对于B：若A=π2，B=π3，则sin2A=sinπ=0，sin2B=sin2π3= 32，
此时sin2A
∴由正弦定理得sinA>sinB>0，即sin2A>sin2B，
∴1−cos2A>1−cos2B，即cos2A
∴若角A是锐角，则cosA
∴由正弦定理得sinA>sinB>0，即sin2A>sin2B，
∴1−2sin2A<1−2sin2B，即cos2A
根据题意，利用正弦定理，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，
(情况很多)例如当M为AA1中点，P为CC1中点时，易得BD//B1D1，
又BD⊂平面PBD，B1D1⊄平面PBD，则B1D1//平面PBD，
同理可得MB1//平面PBD，
又∵MB1∩B1D1=B1，则平面B1D1M//平面PBD，故A正确，
对于B选项，(情况很多)例如取BC的中点E，连接PE，AE，
则过A，P，D1点的平面的截面为梯形AD1PE，，故B正确，
对于C选项，例如当M为A1D1中点，P为CC1中点时，截面为五边形(情况很多)，故C错误，
对于D选项，取DD1中点E，连接PE，ME，PM，则PE⊥平面AA1D1D，PE⊥ME，
则ME= PM2−PE2= (2 2)2−22=2，
则点M在侧面AA1D1D内运动轨迹为以E为圆心，半径为2的劣弧，分别交AD，A1D1于M2，M1，则∠M1ED1=∠M2ED=π3，
则∠M1EM2=π3，劣弧M1M2的长为π3×2=2π3，故D正确，
故选：ABD．
对于选项A，当M为AA1中点，P为CC1中点时，平面B1D1M//平面PBD；对于选项B，取BC中点N，则AD1PN为截面，其为梯形；对于选项C，当M为A1D1中点，P为CC1中点时，截面为五边形；对于选项D；取DD1中点E，连接PE，ME，PM，求出ME的长，再利用弧长公式可判断D．
本题主要考查了正方体的截面问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
13.【答案】8.3
【解析】解：该数据已经从小到大排列，10×75%=7.5，
∴第75%位数是8.3．
故答案为：8.3．
根据百分位数的定义和运算规则即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
14.【答案】 54
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
由3z+z−=1+i，得3a+3bi+a−bi=1+i，即4a+2bi=1+i，
∴a=14，b=12，
则z=14+12i，
∴|z|= 116+14= 54．
故答案为： 54．
设z=a+bi(a,b∈R)，代入3z+z−=1+i，利用复数相等的条件求得a=14，b=12，则|z|可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
15.【答案】92π3
【解析】
【分析】
本题考查球的表面积公式，新定义问题，属于基础题．
先由球的表面积得球的半径，再由勾股定理求出截面小圆的半径，最后代入“万能求积公式”计算即可得解．
【解答】
解：
如图，设上下截面小圆圆心分别为E，F，上底面截面小圆上一点A，连接OA，
∵球O的表面积为4πR2=36π，∴球的半径R=3，∴OA=R=3，
又OE=2，OE⊥EA，∴截面小圆半径r=EA= OA2−OE2= 9−4= 5，
根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为：
V=16×4×(5π+5π+4×9π)=92π3．
故答案为92π3．
16.【答案】 7
【解析】解：设OA=a，OB=b，则∠AOB=π3，OB=2，作BC⊥OA，垂足为C，则|b+xa|≥|BC|=|OB−OC|，
∵对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b −12a|，
∴OC=12a=12OA
∵OC=1，∴OA=2，
以O为原点，以OA所在直线为X轴建立平面直角坐标系，则O(0,0)，C(1,0)，A(2,0)，
设OD=tb，则f(t)=|tb−a|+|tb−12a|=|DA|+|DC|，
设C关于直线OB的对称点为E，则E(−12, 32)，∴|DA|+|DC|=|DA|+|DE|≥|AE|，
∴当A，D，E三点共线时，f(t)取得最小值，最小值为|AE|= OA2+OE2= 7．
故答案为： 7．
设OA=a，OB=b，作出向量的几何图形，根据B到OA最小距离可计算OA，将问题转化为求直线OB上的点到两定点的距离之和问题．
本题考查平面向量的几何意义，平面最短距离问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题干得到：a=(m,−1)，b=(1,2)．
故得到：a+b=(m+1,1)，2b=(2,4)．
已知(a+b)⊥2b，所以可得(a+b)⋅2b=0，即2(m+1)+4=0．
解得m=−3．
所以a+2b=(−1,3)．
故|a+2b|= 10．
(2)因为向量c=(−2,1)，a//c，所以m−2=0，所以m=2．
则a=(2,−1)，a−2b=(0,−5)．
所以cos〈a,a−2b〉=a⋅(a−2b)|a||a−2b|=5 5×5= 55，
所以a与a−2b夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)根据(a+b)⊥2b求得m=−3，从而可得a+2b=(−1,3)，于是|a+2b|= 10；
(2)由a//c，可得a=(2,−1)，再由夹角公式计算即可．
本题主要考查向量的数量积公式和夹角公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f(x)= 3cosxsinx+sin2x= 32sin2x−12cos2x+12=sin(2x−π6)+12，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ,k∈Z，则−π6+kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ],k∈Z．
(2)∵x∈[−5π12,π6]，∴2x−π6∈[−π,π6]，
则sin(2x−π6)∈[−1,12]，∴f(x)∈[−12,1]，
∴函数f(x)的最大值为1，最小值为−12．
【解析】(1)利用三角恒等变换公式整理条件可得f(x)=sin(2x−π6)+12，结合正弦函数性质即可得到答案；
(2)利用正弦函数单调性即可求得函数在该区间上的最值．
本题考查三角函数的最值问题，涉及三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AC⊥PC．
因为C是以AB为直径的圆O上的点，
所以AC⊥BC．
又PC∩BC=C，
所以AC⊥平面PBC．
因为E，F分别是PA，PC的中点，
所以EF//AC．
所以EF⊥平面PBC．
又EF⊂平面BEF，故平面BEF⊥平面PBC．
(2)EF//l．
证明如下：由(1)，EF//AC.又AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF//平面ABC．
又EF⊂平面BEF，平面BEF∩平面ABC=l，
所以EF//l．
【解析】(1)推导出AC⊥PC，AC⊥BC，AC⊥平面PBC，从而EF//AC，进而EF⊥平面PBC，由此能证明平面BEF⊥平面PBC．
(2)推导出EF//AC，EF//平面ABC，由此能证明EF//l．
本题考查面面垂直的证明，考查线线关系的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质得：
10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1，得a=0.035；
(2)平均数为；20×0.1+30×0.15+40×0.35+50×0.3+60×0.1=41.5岁；
设中位数为m，则10×0.010+10×0.015+(m−35)×0.035=0.5，∴m=42.1岁；
(3)第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，
则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3，
从5人中随机抽取2人，包含的基本事件为：
{a1,a2}，{a1,b1}，{a1,b2}，{a1,b3}，{a2,b1}，{a2,b2}，{a2,b3}，{b1,b2}，{b1,b3}，{b2,b3}共10个基本事件，
这2人恰好在同一组的基本事件为：
{a1,a2}，{b1,b2}，{b1,b3}，{b2,b3}共4个，
所以这2人恰好在同一组的概率P=410=25．
【解析】(1)由频率分布直方图的性质列方程，能求出a；
(2)由由频率分布直方图的性质能求出平均数和中位数；
(3)第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3，从5人中随机抽取2人，利用列举法能求出这2人恰好在同一组的概率．
本题考查频率、平均数、中位数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力，是基础题．
21.【答案】(1)证明：取线段AH的中点N，连接MN、BN，
翻折前，在矩形ABCD中，∵E为BC的中点，BC//AD，则CHAH=CEAD=12，
所以，AH=2CH，
翻折后，在三棱锥D′−ABC中，∵M、N分别为AD′、AH的中点，
则MN//D′H，MN⊄平面D′HE，D′H⊂平面DH′E，∴MN//面D′HE，
∵N为AH的中点，且AH=2CH，则AN=NH=CH，所以，H为CN的中点，
又因为E为BC的中点，所以，EH//BN，∵EH⊂平面D′HE，BN⊄平面D′HE，
所以，BN//平面D′HE，∵BN∩MN=N，
所以，平面BMN//平面D′HE，
因为BM⊂平面BMN，∴BM//平面D′HE．
(2)证明：在矩形ABCD中，CD=AB= 2，CE=12BC=1，AC= AD2+CD2= 6，DE= CD2+CE2= 3，
因为CH=12AH，则CH=13AC= 63，
因为BC//AD，E为BC的中点，所以，EHDH=CEAD=12，则EH=12DH，
所以，EH=13DE= 33，所以，EH2+DH2=CE2，则AC⊥DE，
在三棱锥D′−ABC中，则有CH⊥EH，CH⊥D′H，
因为D′H∩EH=H，所以，CH⊥面D′HE．
(3)解：在三棱锥D′−ABC中，D′H=2 33，EH= 33，ED′= 153，
所以，D′H2+EH2=D′E2，∴D′H⊥EH，
过点C在平面CD′E内作CF⊥D′E，垂足为点F，连接FH，
∵CH⊥平面D′EH，D′E⊂平面D′EH，∴CH⊥D′E，
因为D′E⊥CF，CF∩CH=C，∴D′E⊥平面CFH，∵FH⊂平面CFH，∴D′E⊥FH，
所以，二面角H−ED′−C的平面角为∠CFH，
在△CD′E中，CD′= 2，CE=1，ED′= 153，
由余弦定理可得cos∠CD′E=CD′2+ED′2−CE22CD′⋅ED′=2 3015，
所以，sin∠CD′E= 1−cos2∠CD′E= 1−(2 3015)2= 10515，
所以，CF=CD′sin∠CD′E= 21015，
因为CH⊥平面D′EH，FH⊂平面D′EH，∴CH⊥FH，
所以，FH= CF2−CH2=2 1515，
故cos∠CFH=FHCF= 147，因此，二面角H−ED′−C的余弦值为 147．
【解析】(1)取线段AH的中点N，连接MN、BN，证明出平面BMN//平面D′HE，利用面面平行的性质可证得结论成立；
(2)翻折前，利用勾股定理证明出AC⊥DE，翻折后则有CH⊥EH，CH⊥D′H，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(3)过点C在平面CD′E内作CF⊥D′E，垂足为点F，连接FH，分析可知二面角H−ED′−C的平面角为∠CFH，证明出CH⊥FH，计算出CF的长，即可求得∠CFH的余弦值，即为所求．
本题考查二面角，考查学生的运算及分析能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，
所以cosAcosB=sinBsinA+sinB，所以cos(A+B)=sinB，
因为cos(A+B)=cos(π−C)=−cosC，所以−cosC=sinB>0，所以cosC<0，
所以π2
(2)因为c=1，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=1sinC，
所以a=sinAsinC，b=sinBsinC，由(1)知，B−C=−π2，且A+B+C=π，
所以C=B+π2，A=π2−2B，
所以CA⋅CB=abcosC=sinAsinC⋅sinBsinC⋅cosC
=sin(π2−2B)sinBcos(B+π2)sin2(B+π2)=(2cos2B−1)(cos2B−1)cos2B
=2cos2B+1cos2B−3≥2 2cos2B⋅1cos2B−3=2 2−3，
当且仅当2cos2B=1cos2B，cos2B= 22时取等号，所以最小值为2 2−3．
【解析】(1)利用三角恒等变换的知识化简已知条件，由此求得B−C.(2)利用正弦定理、向量的数量积运算、三角恒等变换以及基本不等式的知识求得CA⋅CB的最小值．
本题考查三角恒等变换，考查正弦定理，考查基本不等式，属于中档题．
2022-2023学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在复平面内，复数z=−2+ii对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 若向量a=( 3,3)，b=(−2,0)，则b在a上的投影为( )
A. −1 B. − 3 C. (−12,− 32) D. (12, 32)
3. 甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为0.8，乙做对的概率为0.9，假设两人是否能做对此题相互独立，则下列说法错误的是( )
A. 两人都做对的概率是0.72 B. 恰好有一人做对的概率是0.26
C. 两人都做错的概率是0.15 D. 至少有一人做对的概率是0.98
4. 在△ABC中，若cosC=b2a，则此三角形一定是( )
A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形 D. 既非等腰三角形也非直角三角形
5. 设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α
B. 若m//α，n//β，m//n，则α//β
C. 若m⊥β，n//β，则m⊥n
D. 若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n⊥α
6. 在平面直角坐标系中，角α+π3的终边经过点P(1,2)，则sinα=( )
A. 2 5− 1510 B. 3 5− 1510 C. 3 5+ 1510 D. 2 5+ 1510
7. 在棱长为 2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD到平面AB1D1的距离为( )
A. 66 B. 63 C. 36 D. 33
8. 1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长(即可见角最大).后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面α，悬杆抽象为直线l上两点A，B，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面α，l上的两点A，B位于平面α同侧，求平面上一点C，使得∠ACB最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，0
A. 2ab B. ab C. 2 ab D. ab
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田(种植环境相同)连续5次的产量如下：
甲/kg
260
250
210
250
280
乙/kg
220
260
230
250
290
则( )
A. 甲种水稻产量的众数为250
B. 乙种水稻产量的极差为70
C. 甲种水稻产量的平均数大于乙种水稻产量的平均数
D. 甲种水稻产量的方差小于乙种水稻产量的方差
10. 正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上底面A1B1C1D1的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台高为1，则下列结论正确的是( )
A. 该四棱台的体积为283 B. 该四棱台的侧棱长为 3
C. AA1与BC所成角的余弦值为13 D. AA1与平面ABCD所成的角大小为π4
11. 已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，则下列命题中正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB B. 若A>B，则sin2A>sin2B
C. 若a>b，则cosA
A. 存在点P，M，使得平面B1D1M与平面PBD平行
B. 当点P为CC1中点时，过A，P，D1点的平面截该正方体所得的截面是梯形
C. 过点A，P，M的平面截该正方体所得的截面图形不可能为五边形
D. 当P为棱CC1的中点且PM=2 2时，则点M的轨迹长度为2π3
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某校举行演讲比赛，10位评委给甲选手的评分如下：7.5，7.5，7.8，7.8，8.0，8.0，8.1，8.3，8.3，8.7，则这组数据的75%分位数为______ ．
14. 若复数z满足3z+z−=1+i，其中i为虚数单位，则|z|=______．
15. 18世纪英国数学家辛卜森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积公式V=16h(L+4M+N)(其中L，N，M，h分别为Ω的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高)，我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为V=16×2R(0+4×πR2+0)=43πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为V=16×h[0+4×(a2)2+a2]=13a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为36πcm2，若用距离球心O都为2cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体Π的体积为 cm3．
16. 已知向量a，b的夹角为π3，|b|=2，若对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b−12a|，则函数f(t)=|tb−a|+|tb−12a|(t∈R)的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
已知向量a=(m,−1)，b=(1,2)．
(1)若(a+b)⊥2b，求|a+2b|；
(2)若向量c=(−2,1)，a//c，求a与a−2b夹角的余弦值．
18. (本小题12.0分)
已知函数f(x)= 3cosxsinx+sin2x．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)求函数f(x)在区间[−5π12,π6]上的最大值和最小值．
19. (本小题12.0分)
如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA，PC的中点．
(1)证明：平面BEF⊥平面PBC；
(2)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．
20. (本小题12.0分)
树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环．据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15,25)，第2组[25,35)，第3组[35,45)，第4组[45,55)，第5组[55,65)，得到的频率分布直方图如图所示．
(1)求出a的值；
(2)求这200人年龄的样本平均数(同一组数据用该区间的中点值作代表)和中位数(精确到小数点后一位)；
(3)现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率．
21. (本小题12.0分)
如图，已知在矩形ABCD中，AB= 2，BC=2，点E是边BC的中点，DE与AC相交于点H，现将△ACD沿AC折起，点D的位置记为D′，此时ED′= 153，M是AD′的中点．
(1)求证：BM//平面D′HE；
(2)求证：CH⊥面D′HE；
(3)求二面角H−ED′−C的余弦值．
22. (本小题12.0分)
在斜三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosA1+sinA=sin2B1+cos2B．
(1)求B−C的值；
(2)若c=1，求CA⋅CB的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵z=−2+ii=(−2+i)(−i)−i2=1+2i，
∴复数z=−2+ii对应的点的坐标为(1,2)，在第一象限．
故选：A．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为a=( 3,3)，b=(−2,0)．
所以根据数量积公式和模长公式可得：a⋅b=−2 3，|a|=2 3,|b|=2．
根据投影公式可得：a⋅b|a|=−2 32 3=−1．
故选：A．
根据向量投影的定义计算b在a上的投影即可．
本题考查了向量b在向量a方向上的投影向量的运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设A事件“甲做对”，B事件“乙做对”，
则P(A)=0.8，P(B)=0.9，又A，B相互独立，
∴两人都做对的概率是P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72，∴A选项正确；
∴恰好有一人做对的概率是P(AB−+A−B)=P(AB−)+P(A−B)=P(A)P(B−)+P(A−)P(B)
=0.8×(1−0.9)+(1−0.8)×0.9=0.26，∴B选项正确；
∴两人都做错的概率是[1−P(A)][1−P(B)]=(1−0.8)(1−0.9)=0.02，∴C选项错误；
∴至少有一人做对的概率是1−[1−P(A)][1−P(B)]=1−0.02=0.98，∴D选项正确．
故选：C．
根据相互独立事件的积事件的概率乘法公式，独立事件的的概率公式即可求解．
本题考查相互独立事件的积事件的概率乘法公式，独立事件的的概率公式，属基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题设cosC=b2a，可得b=2acosC，
由正弦定理有sinB=2sinAcosC，
而B=π−(A+C)，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=2sinAcosC，即sin(A−C)=0，
又0
所以△ABC的形状为等腰三角形．
故选：A．
应用正弦定理，结合三角形内角和的性质及两角和差公式可得sin(A−C)=0，即可判断△ABC的形状．
本题主要考查了正弦定理，三角形内角和的性质及两角和差公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，
对于A，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故A错误；
对于B，若m//α，n//β，m//n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m⊥β，n//β，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得m⊥n，故C正确；
对于D，若α⊥β，α∩β=m，n⊥m，则n与α相交、平行或n⊂α，故D错误．
故选：C．
对于A，m//α或m⊂α；对于B，α与β相交或平行；对于C，由线面垂直的性质和线面平行的性质得m⊥n；对于D，n与α相交、平行或n⊂α．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意知sin(α+π3)=2 5，cos(α+π3)=1 5，
则sinα=sin[(α+π3)−π3]=sin(α+π3)cosπ3−cos(α+π3)sinπ3=2 5×12−1 5× 32=2 5− 1510，
故选：A．
先利用任意角的三角函数的定义求出sin(α+π3)和cos(α+π3)，再利用两角和与差的三角函数公式即可求出sinα的值．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义，以及两角和与差的三角函数公式，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为BD//B1D1，B1D1⊂平面AB1D1，BD⊄平面AB1D1，因此BD//平面AB1D1，
故直线BD到平面AB1D1的距离即为点B到平面AB1D1的距离，
△AB1D1为边长为2的等边三角形，故S△AB1D1=12×2×2× 32= 3,S△AB1B=12× 2× 2=1，
设点B到平面AB1D1的距离为h，由等体积法可得VB−AB1D1=VD1−AB1B，即h=S△AB1B⋅A1D1S△AB1D1= 2 3= 63．
故选：B．
根据线面平行可得点到面的距离即为线到面的距离，根据等体积法即可求解．
本题考查了点到平面的距离计算，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：A(0,a)，B(0,b)，C(c,0)，
则tan∠OCA=ac，tan∠OCB=bc，
故tan∠ACB=tan(∠OCA−∠OCB)=ac−bc1+abc2=a−bc+abc≤a−b2 c⋅abc=a−b2 ab，
当且仅当c=abc，即c= ab时，等号成立，
故当∠ACB最大时，c= ab．
故选：B．
根据已知条件，结合正切函数的两角差公式，以及基本不等式的公式，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由上表数据可知，甲种水稻产量的众数为250，故A正确；
对于B，由上表数据可知，乙种水稻产量的极差为290−220=70，故B正确；
对于C，甲种水稻产量的平均数为15(260+250+210+250+280)=250，
乙种水稻产量的平均数为15(220+260+230+250+290)=250，
所以甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数，故C不正确；
对于D，甲种水稻产量的方差为15[(260−250)2+(250−250)2+(210−250)2+(250−250)2+(280−250)2]=520，
乙种水稻产量的方差为15[(220−250)2+(260−250)2+(230−250)2+(250−250)2+(290−250)2]=600，
所以甲种水稻产量的方差小于乙种水稻产量的方差，故D正确．
故选：ABD．
根据众数，极差，平均数，方差公式即可求解．
本题考查众数，极差，平均数，方差的概念，是基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1C1D1的边长为2，下底面ABCD的边长为4，令上下底面中心分别O1，O，连接A1O1，O1O，AO，如图，
对于A，VA1B1C1D1−ABCD=13(22+2×4+42)×1=283，A正确；
对于B，OO1⊥平面ABCD，在直角梯形AOO1A1中，AC=2 2，A1O1= 2，OC1=1，
取AO中点E，连接A1E，有A1E//OO1，A1E⊥AO，则A1E=OO1=1，AA1= AE2+A1E2= 3，B正确；
对于C，显然AD//BC，则∠A1AD是AA1与BC所成的角或其补角，
在等腰梯形ADD1A1中，cos∠A1AD=12(AD−A1D1)AA1= 33，C错误；
对于D，由选项B知，A1E⊥平面ABCD，则∠A1AE是AA1与平面ABCD所成的角，
因此cos∠A1AE=AEAA1= 63，显然∠A1AE≠π4，D错误．
故选：AB．
求出四棱台的体积和侧棱长判断AB；利用几何法求出异面直线夹角余弦、线面角的余弦判断CD作答．
本题考查了空间线、面位置关系，考查了空间角的计算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A：∵A>B，∴在△ABC中，由大角对大边得a>b，
∴由正弦定理得sinA>sinB，故A正确；
对于B：若A=π2，B=π3，则sin2A=sinπ=0，sin2B=sin2π3= 32，
此时sin2A
∴由正弦定理得sinA>sinB>0，即sin2A>sin2B，
∴1−cos2A>1−cos2B，即cos2A
∴若角A是锐角，则cosA
∴由正弦定理得sinA>sinB>0，即sin2A>sin2B，
∴1−2sin2A<1−2sin2B，即cos2A
根据题意，利用正弦定理，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对于A选项，
(情况很多)例如当M为AA1中点，P为CC1中点时，易得BD//B1D1，
又BD⊂平面PBD，B1D1⊄平面PBD，则B1D1//平面PBD，
同理可得MB1//平面PBD，
又∵MB1∩B1D1=B1，则平面B1D1M//平面PBD，故A正确，
对于B选项，(情况很多)例如取BC的中点E，连接PE，AE，
则过A，P，D1点的平面的截面为梯形AD1PE，，故B正确，
对于C选项，例如当M为A1D1中点，P为CC1中点时，截面为五边形(情况很多)，故C错误，
对于D选项，取DD1中点E，连接PE，ME，PM，则PE⊥平面AA1D1D，PE⊥ME，
则ME= PM2−PE2= (2 2)2−22=2，
则点M在侧面AA1D1D内运动轨迹为以E为圆心，半径为2的劣弧，分别交AD，A1D1于M2，M1，则∠M1ED1=∠M2ED=π3，
则∠M1EM2=π3，劣弧M1M2的长为π3×2=2π3，故D正确，
故选：ABD．
对于选项A，当M为AA1中点，P为CC1中点时，平面B1D1M//平面PBD；对于选项B，取BC中点N，则AD1PN为截面，其为梯形；对于选项C，当M为A1D1中点，P为CC1中点时，截面为五边形；对于选项D；取DD1中点E，连接PE，ME，PM，求出ME的长，再利用弧长公式可判断D．
本题主要考查了正方体的截面问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
13.【答案】8.3
【解析】解：该数据已经从小到大排列，10×75%=7.5，
∴第75%位数是8.3．
故答案为：8.3．
根据百分位数的定义和运算规则即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
14.【答案】 54
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
由3z+z−=1+i，得3a+3bi+a−bi=1+i，即4a+2bi=1+i，
∴a=14，b=12，
则z=14+12i，
∴|z|= 116+14= 54．
故答案为： 54．
设z=a+bi(a,b∈R)，代入3z+z−=1+i，利用复数相等的条件求得a=14，b=12，则|z|可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
15.【答案】92π3
【解析】
【分析】
本题考查球的表面积公式，新定义问题，属于基础题．
先由球的表面积得球的半径，再由勾股定理求出截面小圆的半径，最后代入“万能求积公式”计算即可得解．
【解答】
解：
如图，设上下截面小圆圆心分别为E，F，上底面截面小圆上一点A，连接OA，
∵球O的表面积为4πR2=36π，∴球的半径R=3，∴OA=R=3，
又OE=2，OE⊥EA，∴截面小圆半径r=EA= OA2−OE2= 9−4= 5，
根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为：
V=16×4×(5π+5π+4×9π)=92π3．
故答案为92π3．
16.【答案】 7
【解析】解：设OA=a，OB=b，则∠AOB=π3，OB=2，作BC⊥OA，垂足为C，则|b+xa|≥|BC|=|OB−OC|，
∵对任意x∈R，恒有|b+xa|≥|b −12a|，
∴OC=12a=12OA
∵OC=1，∴OA=2，
以O为原点，以OA所在直线为X轴建立平面直角坐标系，则O(0,0)，C(1,0)，A(2,0)，
设OD=tb，则f(t)=|tb−a|+|tb−12a|=|DA|+|DC|，
设C关于直线OB的对称点为E，则E(−12, 32)，∴|DA|+|DC|=|DA|+|DE|≥|AE|，
∴当A，D，E三点共线时，f(t)取得最小值，最小值为|AE|= OA2+OE2= 7．
故答案为： 7．
设OA=a，OB=b，作出向量的几何图形，根据B到OA最小距离可计算OA，将问题转化为求直线OB上的点到两定点的距离之和问题．
本题考查平面向量的几何意义，平面最短距离问题，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题干得到：a=(m,−1)，b=(1,2)．
故得到：a+b=(m+1,1)，2b=(2,4)．
已知(a+b)⊥2b，所以可得(a+b)⋅2b=0，即2(m+1)+4=0．
解得m=−3．
所以a+2b=(−1,3)．
故|a+2b|= 10．
(2)因为向量c=(−2,1)，a//c，所以m−2=0，所以m=2．
则a=(2,−1)，a−2b=(0,−5)．
所以cos〈a,a−2b〉=a⋅(a−2b)|a||a−2b|=5 5×5= 55，
所以a与a−2b夹角的余弦值为 55．
【解析】(1)根据(a+b)⊥2b求得m=−3，从而可得a+2b=(−1,3)，于是|a+2b|= 10；
(2)由a//c，可得a=(2,−1)，再由夹角公式计算即可．
本题主要考查向量的数量积公式和夹角公式，属于中档题．
18.【答案】解：(1)f(x)= 3cosxsinx+sin2x= 32sin2x−12cos2x+12=sin(2x−π6)+12，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ,k∈Z，则−π6+kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z，
∴函数f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ],k∈Z．
(2)∵x∈[−5π12,π6]，∴2x−π6∈[−π,π6]，
则sin(2x−π6)∈[−1,12]，∴f(x)∈[−12,1]，
∴函数f(x)的最大值为1，最小值为−12．
【解析】(1)利用三角恒等变换公式整理条件可得f(x)=sin(2x−π6)+12，结合正弦函数性质即可得到答案；
(2)利用正弦函数单调性即可求得函数在该区间上的最值．
本题考查三角函数的最值问题，涉及三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以AC⊥PC．
因为C是以AB为直径的圆O上的点，
所以AC⊥BC．
又PC∩BC=C，
所以AC⊥平面PBC．
因为E，F分别是PA，PC的中点，
所以EF//AC．
所以EF⊥平面PBC．
又EF⊂平面BEF，故平面BEF⊥平面PBC．
(2)EF//l．
证明如下：由(1)，EF//AC.又AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以EF//平面ABC．
又EF⊂平面BEF，平面BEF∩平面ABC=l，
所以EF//l．
【解析】(1)推导出AC⊥PC，AC⊥BC，AC⊥平面PBC，从而EF//AC，进而EF⊥平面PBC，由此能证明平面BEF⊥平面PBC．
(2)推导出EF//AC，EF//平面ABC，由此能证明EF//l．
本题考查面面垂直的证明，考查线线关系的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由频率分布直方图的性质得：
10×(0.010+0.015+a+0.030+0.010)=1，得a=0.035；
(2)平均数为；20×0.1+30×0.15+40×0.35+50×0.3+60×0.1=41.5岁；
设中位数为m，则10×0.010+10×0.015+(m−35)×0.035=0.5，∴m=42.1岁；
(3)第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，
则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3，
从5人中随机抽取2人，包含的基本事件为：
{a1,a2}，{a1,b1}，{a1,b2}，{a1,b3}，{a2,b1}，{a2,b2}，{a2,b3}，{b1,b2}，{b1,b3}，{b2,b3}共10个基本事件，
这2人恰好在同一组的基本事件为：
{a1,a2}，{b1,b2}，{b1,b3}，{b2,b3}共4个，
所以这2人恰好在同一组的概率P=410=25．
【解析】(1)由频率分布直方图的性质列方程，能求出a；
(2)由由频率分布直方图的性质能求出平均数和中位数；
(3)第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，分别记为a1，a2，b1，b2，b3，从5人中随机抽取2人，利用列举法能求出这2人恰好在同一组的概率．
本题考查频率、平均数、中位数、概率的求法，考查频率分布直方图的性质、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力，是基础题．
21.【答案】(1)证明：取线段AH的中点N，连接MN、BN，
翻折前，在矩形ABCD中，∵E为BC的中点，BC//AD，则CHAH=CEAD=12，
所以，AH=2CH，
翻折后，在三棱锥D′−ABC中，∵M、N分别为AD′、AH的中点，
则MN//D′H，MN⊄平面D′HE，D′H⊂平面DH′E，∴MN//面D′HE，
∵N为AH的中点，且AH=2CH，则AN=NH=CH，所以，H为CN的中点，
又因为E为BC的中点，所以，EH//BN，∵EH⊂平面D′HE，BN⊄平面D′HE，
所以，BN//平面D′HE，∵BN∩MN=N，
所以，平面BMN//平面D′HE，
因为BM⊂平面BMN，∴BM//平面D′HE．
(2)证明：在矩形ABCD中，CD=AB= 2，CE=12BC=1，AC= AD2+CD2= 6，DE= CD2+CE2= 3，
因为CH=12AH，则CH=13AC= 63，
因为BC//AD，E为BC的中点，所以，EHDH=CEAD=12，则EH=12DH，
所以，EH=13DE= 33，所以，EH2+DH2=CE2，则AC⊥DE，
在三棱锥D′−ABC中，则有CH⊥EH，CH⊥D′H，
因为D′H∩EH=H，所以，CH⊥面D′HE．
(3)解：在三棱锥D′−ABC中，D′H=2 33，EH= 33，ED′= 153，
所以，D′H2+EH2=D′E2，∴D′H⊥EH，
过点C在平面CD′E内作CF⊥D′E，垂足为点F，连接FH，
∵CH⊥平面D′EH，D′E⊂平面D′EH，∴CH⊥D′E，
因为D′E⊥CF，CF∩CH=C，∴D′E⊥平面CFH，∵FH⊂平面CFH，∴D′E⊥FH，
所以，二面角H−ED′−C的平面角为∠CFH，
在△CD′E中，CD′= 2，CE=1，ED′= 153，
由余弦定理可得cos∠CD′E=CD′2+ED′2−CE22CD′⋅ED′=2 3015，
所以，sin∠CD′E= 1−cos2∠CD′E= 1−(2 3015)2= 10515，
所以，CF=CD′sin∠CD′E= 21015，
因为CH⊥平面D′EH，FH⊂平面D′EH，∴CH⊥FH，
所以，FH= CF2−CH2=2 1515，
故cos∠CFH=FHCF= 147，因此，二面角H−ED′−C的余弦值为 147．
【解析】(1)取线段AH的中点N，连接MN、BN，证明出平面BMN//平面D′HE，利用面面平行的性质可证得结论成立；
(2)翻折前，利用勾股定理证明出AC⊥DE，翻折后则有CH⊥EH，CH⊥D′H，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(3)过点C在平面CD′E内作CF⊥D′E，垂足为点F，连接FH，分析可知二面角H−ED′−C的平面角为∠CFH，证明出CH⊥FH，计算出CF的长，即可求得∠CFH的余弦值，即为所求．
本题考查二面角，考查学生的运算及分析能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为cosA1+sinA=sin2B1+cos2B=2sinBcosB2cos2B=sinBcosB，
所以cosAcosB=sinBsinA+sinB，所以cos(A+B)=sinB，
因为cos(A+B)=cos(π−C)=−cosC，所以−cosC=sinB>0，所以cosC<0，
所以π2
(2)因为c=1，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=1sinC，
所以a=sinAsinC，b=sinBsinC，由(1)知，B−C=−π2，且A+B+C=π，
所以C=B+π2，A=π2−2B，
所以CA⋅CB=abcosC=sinAsinC⋅sinBsinC⋅cosC
=sin(π2−2B)sinBcos(B+π2)sin2(B+π2)=(2cos2B−1)(cos2B−1)cos2B
=2cos2B+1cos2B−3≥2 2cos2B⋅1cos2B−3=2 2−3，
当且仅当2cos2B=1cos2B，cos2B= 22时取等号，所以最小值为2 2−3．
【解析】(1)利用三角恒等变换的知识化简已知条件，由此求得B−C.(2)利用正弦定理、向量的数量积运算、三角恒等变换以及基本不等式的知识求得CA⋅CB的最小值．
本题考查三角恒等变换，考查正弦定理，考查基本不等式，属于中档题．
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